資源簡介

專題54 證明及探索性問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 3
【考點1】證明問題 3
【考點2】探索性問題 5
【分層檢測】 7
【基礎篇】 7
【能力篇】 9
【培優篇】 10
一、解答題
1．（2024·上海·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點為橢圓上一點，、分別為橢圓的左、右焦點.
(1)若點的橫坐標為2，求的長;
(2)設的上、下頂點分別為、，記的面積為的面積為，若，求的取值范圍
(3)若點在軸上方，設直線與交于點，與軸交于點延長線與交于點，是否存在軸上方的點，使得成立 若存在，請求出點的坐標;若不存在，請說明理由.
2．（2024·全國·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
3．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．
(1)求橢圓方程．
(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．
4．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設為第一象限內E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
5．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
6．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
【考點1】證明問題
一、解答題
1．（24-25高二上·江蘇連云港·階段練習）如圖，已知橢圓過點，焦距為，斜率為的直線與橢圓相交于異于點的兩點，且直線均不與軸垂直.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，求的方程；
(3)記直線的斜率為，直線的斜率為，證明:為定值.
2．（23-24高二下·四川成都·期末）已知橢圓的左、右焦點別為，，離心率為，過點的動直線l交E于A，B兩點，點A在x軸上方，且l不與x軸垂直，的周長為，直線與E交于另一點C，直線與E交于另一點D，點P為橢圓E的下頂點，如圖．
(1)求E的方程；
(2)證明：直線CD過定點．
3．（2024·云南大理·模擬預測）已知雙曲線：（，）的一條漸近線方程為，頂點到漸近線的距離為．
(1)求的方程；
(2)設為坐標原點，若直線過點，與的左、右兩支交于，兩點，且的面積為，求直線的方程．
4．（24-25高三上·廣東·階段練習）已知雙曲線的右焦點到其中一條漸近線的距離為
(1)求的標準方程；
(2)若過的直線與的左、右支分別交于點，與圓交于與不重合的兩點.
①求直線斜率的取值范圍；
②求的取值范圍.
5．（2024·陜西西安·模擬預測）已知拋物線的焦點為．過F作兩條互相垂直的直線，，且直線與交于M，N兩點，直線與交于E，P兩點，M，E均在第一象限．設A，B分別為弦MN，EP的中點，直線ME與直線NP交于點H．
(1)求的方程．
(2)直線AB是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由．
(3)證明：點H在直線上．
6．（23-24高二下·貴州黔南·期末）已知拋物線經過點．
(1)求拋物線C的方程及其準線方程；
(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點．
反思提升：
圓錐曲線中的證明問題常見的有：
(1)位置關系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點等.
(2)數量關系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圓錐曲線的定義與性質的前提下，一般采用直接法，通過相關的代數運算證明，但有時也會用反證法證明.
【考點2】探索性問題
一、解答題
1．（2025·安徽·一模）橢圓的上頂點為，圓在橢圓內．
(1)求的取值范圍；
(2)過點作圓的兩條切線，切點為，切線與橢圓的另一個交點為，切線與橢圓的另一個交點為．是否存在圓，使得直線與之相切，若存在求出圓的方程，若不存在，說明理由．
2．（22-23高二上·浙江金華·期中）已知橢圓C：＝1（）的右焦點F的坐標為，且橢圓上任意一點到兩點的距離之和為4.
(1)求橢圓C的標準方程
(2)過右焦點F的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，點Q關于x軸的對稱點為，試問的面積是否存在最大值？若存在求出這個最大值；若不存在，請說明理由.
3．（24-25高三上·福建福州·開學考試）已知雙曲線C：的中心為O，離心率，點A在x軸上，，點P是C上一定點，P到x軸的距離為1，且．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)求C上任一點和A的距離的最小值；
(3)若C上的點M，N滿足，求證：在C上存在定點Q（異于P）使得P，M，N，Q在同一個圓上．
4．（2024·河南濮陽·模擬預測）已知雙曲線分別是的左、右焦點．若的離心率，且點在上．
(1)求的方程；
(2)若過點的直線與的左、右兩支分別交于兩點，與拋物線交于兩點，試問是否存在常數，使得為定值？若存在，求出常數的值；若不存在，請說明理由．
5．（2024·山西·三模）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2，O為坐標原點．
(1)求E的方程；
(2)已知點，若E上存在一點P，使得，求t的取值范圍；
(3)過的直線交E于A，B兩點，過的直線交E于A，C兩點，B，C位于x軸的同側，證明：為定值.
6．（2024·廣東·三模）已知拋物線：，過點的直線l交C于P，Q兩點，當PQ與x軸平行時，的面積為16，其中O為坐標原點.
(1)求的方程；
(2)已知點，，（）為拋物線上任意三點，記面積為，分別在點A、B、C處作拋物線的切線、、，與的交點為D，與的交點為E，與的交點為F，記面積為，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.
反思提升：
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數的討論.
【基礎篇】
一、解答題
1．（24-25高三上·北京·開學考試）已知橢圓的離心率為，左、右頂點分別為A、B，左、右焦點分別為．過右焦點的直線l交橢圓于點M、N，且的周長為16．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)記直線AM、BN的斜率分別為，證明：為定值．
2．（2024·河南商丘·模擬預測）已知中心在坐標原點，以坐標軸為對稱軸的雙曲線經過點，且其漸近線的斜率為．
(1)求的方程．
(2)若動直線與交于兩點，且，證明：為定值．
3．（23-24高二上·山東青島·期末）已知點，，中恰有兩個點在拋物線上．
(1)求的標準方程
(2)若點，在上，且，證明：直線過定點．
4．（22-23高二上·江蘇揚州·期中）已知為坐標原點，雙曲線：的離心率為，點P在雙曲線上，點，分別為雙曲線的左右焦點，.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)已知點，，設直線的斜率分別為，.證明：為定值.
5．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知點在拋物線：上，點F為的焦點，且．過點F的直線與及圓依次相交于點A，B，C，D，如圖．
(1)求拋物線的方程及點M的坐標；
(2)證明：為定值；
6．（21-22高二上·青海玉樹·期末）在平面直角坐標系中，動點到點的距離等于點到直線的距離.
(1)求動點的軌跡方程；
(2)記動點的軌跡為曲線，過點的直線與曲線交于兩點，，直線的斜率為，直線的斜率為.證明：為定值.
7．（2024·陜西榆林·模擬預測）已知橢圓C：的左，右焦點分別為，，過的直線與橢圓C交于M，N兩點，且的周長為8，的最大面積為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設，是否存在x軸上的定點P，使得的內心在x軸上，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．
8．（23-24高二上·江蘇鹽城·期中）雙曲線：的漸近線方程為，一個焦點到該漸近線的距離為1.
(1)求的方程；
(2)是否存在直線，經過點且與雙曲線于A，兩點，為線段的中點，若存在，求的方程；若不存在，說明理由.
9．（23-24高二上·四川成都·階段練習）已知點F是拋物線的焦點，動點P在拋物線上.
(1)寫出拋物線的焦點坐標和準線方程；
(2)設直線與拋物線交于D，E兩點，若拋物線上存在點P，使得四邊形為平行四邊形，證明：直線過定點，并求出這個定點的坐標.
【能力篇】
一、解答題
1．（22-23高二上·河南鶴壁·開學考試）已知橢圓的離心率，且圓過橢圓的上、下頂點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線的斜率為，且直線與橢圓相交于，兩點，點關于原點的對稱點為，點是橢圓上一點，若直線與的斜率分別為，.證明：為定值，并求出此定值.
2．（24-25高三上·貴州·開學考試）已知雙曲線的離心率為，實軸長為6，A為雙曲線C的左頂點，設直線l過定點，且與雙曲線C交于E，F兩點．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)證明：直線AE與AF的斜率之積為定值．
3．（2024·河南鄭州·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上一點且，直線經過點．
(1)求拋物線的方程；
(2)①若與相切，且切點在第一象限，求切點的坐標；
②若與在第一象限內的兩個不同交點為，且關于原點的對稱點為，證明：直線的傾斜角之和為．
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【培優篇】
一、解答題
1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）已知橢圓的右焦點為F，點在橢圓C上．且離心率為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)直線l斜率存在，交橢圓C于A，B兩點，A，B，F三點不共線，且直線和直線關于PF對稱．
（i）證明：直線l過定點；
（ⅱ）求面積的最大值．
2．（23-24高二下·湖南常德·期中）已知雙曲線過點，且離心率為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設過點且斜率不為0的直線與雙曲線的左右兩支交于，兩點.問：在軸上是否存在定點，使直線的斜率與的斜率的積為定值？若存在，求出該定點坐標；若不存在，請說明理由.
3．（2024·全國·一模）動圓P過定點，且在y軸上截得的弦GH的長為4.
(1)若動圓圓心P的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；
(2)在曲線C的對稱軸上是否存在點Q，使過點Q的直線與曲線C的交點S，T滿足為定值？若存在，求出點Q的坐標及定值；若不存在，請說明理由．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題54 證明及探索性問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 14
【考點1】證明問題 14
【考點2】探索性問題 25
【分層檢測】 37
【基礎篇】 37
【能力篇】 47
【培優篇】 51
一、解答題
1．（2024·上海·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點為橢圓上一點，、分別為橢圓的左、右焦點.
(1)若點的橫坐標為2，求的長;
(2)設的上、下頂點分別為、，記的面積為的面積為，若，求的取值范圍
(3)若點在軸上方，設直線與交于點，與軸交于點延長線與交于點，是否存在軸上方的點，使得成立 若存在，請求出點的坐標;若不存在，請說明理由.
2．（2024·全國·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
3．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．
(1)求橢圓方程．
(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標的取值范圍，若不存在請說明理由．
4．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設為第一象限內E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
5．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
6．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
參考答案：
1．(1)；
(2)；
(3)存在，
【分析】（1）根據給定條件，求出點的縱坐標，再利用兩點間距離公式計算即得.
（2）設，求出，再利用給定關系求出的范圍，進而求出的范圍.
（3）設，利用向量坐標運算及共線向量的坐標表示可得，再聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理求解即得.
【詳解】（1）設，由點為橢圓上一點，得，即，又，
所以.
（2）設，而，
則，由，得，
即，又，則，解得，，
所以的范圍是.
（3）設，由圖象對稱性，得、關于軸對稱，則，
又，于是，
則，同理，
由，得，
因此，即，則，
設直線，由消去得，
則，即，而，解得，，
由，得，所以.
【點睛】思路點睛：解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系；涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.
（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.
【詳解】（1）設，由題設有且，故，故，故，
故橢圓方程為.
（2）直線的斜率必定存在，設，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直線，故，
所以
，
故，即軸.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
3．(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根據橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標準方程.
（2）設該直線方程為：，， 聯立直線方程和橢圓方程并消元，結合韋達定理和向量數量積的坐標運算可用表示，再根據可求的范圍.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，
所以，故，
故，所以，，故橢圓方程為：.
（2）
若過點的動直線的斜率存在，則可設該直線方程為：，
設，
由可得，
故且
而，
故
，
因為恒成立，故，解得.
若過點的動直線的斜率不存在，則或，
此時需，兩者結合可得.
綜上，存在，使得恒成立.
【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數表示目標代數式，表示過程中需要借助韋達定理，此時注意直線方程的合理假設.
4．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合題意得到，，再結合，解之即可；
（2）依題意求得直線、與的方程，從而求得點的坐標，進而求得，再根據題意求得，得到，由此得解.
【詳解】（1）依題意，得，則，
又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，
所以，即，則，
所以橢圓的方程為.
（2）因為橢圓的方程為，所以，
因為為第一象限上的動點，設，則，

易得，則直線的方程為，
，則直線的方程為，
聯立，解得，即，
而，則直線的方程為，
令，則，解得，即，
又，則，，
所以
，
又，即，
顯然，與不重合，所以.
5．(1)
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；
（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.
【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，
則由可得，，
雙曲線方程為.
（2）由(1)可得，設，
顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，
與聯立可得，且，
則，

直線的方程為，直線的方程為，
聯立直線與直線的方程可得：
，
由可得，即，
據此可得點在定直線上運動.
【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.
6．(1)
(2)見解析
【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；
（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.
法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.
法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.
【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，
故.
（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設矩形周長為,由對稱性不妨設，，
則，易知
則令,
令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
故,即.
當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,
得證.
法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，
直線的方程為，
則聯立得，
，則
則，
同理，
令，則，設，
則，令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.
設 , 根據對稱性不妨設 .
則 , 由于 , 則 .
由于 , 且 介于 之間,
則 . 令 ,
,則,從而
故
①當時,
②當 時,由于,從而,
從而又,
故,由此
，
當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.
.
【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.
【考點1】證明問題
一、解答題
1．（24-25高二上·江蘇連云港·階段練習）如圖，已知橢圓過點，焦距為，斜率為的直線與橢圓相交于異于點的兩點，且直線均不與軸垂直.
(1)求橢圓的方程；
(2)若，求的方程；
(3)記直線的斜率為，直線的斜率為，證明:為定值.
2．（23-24高二下·四川成都·期末）已知橢圓的左、右焦點別為，，離心率為，過點的動直線l交E于A，B兩點，點A在x軸上方，且l不與x軸垂直，的周長為，直線與E交于另一點C，直線與E交于另一點D，點P為橢圓E的下頂點，如圖．
(1)求E的方程；
(2)證明：直線CD過定點．
3．（2024·云南大理·模擬預測）已知雙曲線：（，）的一條漸近線方程為，頂點到漸近線的距離為．
(1)求的方程；
(2)設為坐標原點，若直線過點，與的左、右兩支交于，兩點，且的面積為，求直線的方程．
4．（24-25高三上·廣東·階段練習）已知雙曲線的右焦點到其中一條漸近線的距離為
(1)求的標準方程；
(2)若過的直線與的左、右支分別交于點，與圓交于與不重合的兩點.
①求直線斜率的取值范圍；
②求的取值范圍.
5．（2024·陜西西安·模擬預測）已知拋物線的焦點為．過F作兩條互相垂直的直線，，且直線與交于M，N兩點，直線與交于E，P兩點，M，E均在第一象限．設A，B分別為弦MN，EP的中點，直線ME與直線NP交于點H．
(1)求的方程．
(2)直線AB是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由．
(3)證明：點H在直線上．
6．（23-24高二下·貴州黔南·期末）已知拋物線經過點．
(1)求拋物線C的方程及其準線方程；
(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點．
參考答案：
1．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據條件列方程組求解即可；
（2）設直線的方程為，與橢圓聯立，由弦長公式求得的方程；
（3）將韋達定理代入中計算結果為定值.
【詳解】（1）由題意得解得，
故橢圓的方程為.
（2）設直線的方程為，
由得，
由，得，
則.
，
解得或
當時，直線經過點，不符合題意，舍去；
當時，直線的方程為.
（3）直線，均不與軸垂直，所以，則且，
所以
為定值.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用橢圓的定義和離心率，求解橢圓方程；
（2）設點，，，，的方程為，聯立直線與橢圓的方程，根據韋達定理求出點的坐標，同理得到點的坐標，進而得到直線的方程，根據對稱性，如果直線CD過定點，則該定點在x軸上，即可得到定點坐標.
【詳解】（1）由橢圓定義可知，，
所以的周長為，所以，
又因為橢圓離心率為，所以，所以，
又，所以橢圓的方程：．
（2）設點，，，，
則直線的方程為，則，
由得，，
所以，
因為，所以，所以，故，
又，
同理，，，
由A，，B三點共線，得，所以，
直線CD的方程為，
由對稱性可知，如果直線CD過定點，則該定點在x軸上，
令得，
，
故直線CD過定點．
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
3．(1)
(2)
【分析】（1）利用漸近線的斜率及點到直線的距離建立關于的等式求解即可；
（2）分直線斜率存在和不存在兩種情況進行討論，易知直線斜率不存在時，不滿足條件，當斜率存在時，聯立直線與雙曲線的方程，表示出的長，再利用點到直線的距離求出點到的距離，利用三角形的面積公式建立等式進行求解出，即可求出直線的方程．
【詳解】（1）由題得， ①
由對稱性不妨設的頂點為，則， ②
聯立①②解得，，
所以的方程為．
（2）設，，
當直線的斜率不存在時，不符合題意；
當直線的斜率存在時，設直線方程為，
由得，
所以，
解得，
因為，，
所以
．
又點到直線的距離，
所以的面積，
解得或；又因為，所以，
所以直線的方程為．
4．(1)
(2)①；②
【分析】（1）由右焦點到其中一條漸近線的距離為，求出，由此可得雙曲線標準方程；
（2）①設，，設直線的方程為，由設而不求法得到，，根據已知求出直線斜率的取值范圍；
②求出，，再求的表達式，由此可求其范圍.
【詳解】（1）由題意可得，
且右焦點到漸近線的距離為，
所以，，
所以的標準方程為.
（2）①由（1）知，，設，，
由題意可得直線的斜率存在且不為零，
設直線的方程為
與聯立得，
所以，，
，，
又兩點在軸同一側，所以.
此時，即.
圓的方程為，點到直線的距離，
由得，
由，得，
所以或，
因為直線的斜率，
所以直線斜率的取值范圍是.
②
.
，
所以，
設，則
，
所以的取值范圍是.

【點晴】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍.
5．(1)
(2)直線過定點，理由見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用焦點坐標求拋物線的方程；
（2）設直線和的方程，與拋物線聯立方程組，利用韋達定理表示出A，B兩點坐標，得直線AB方程，由方程判斷所過定點坐標；
（3）表示出直線ME與直線NP方程，聯立方程組求交點坐標即可.
【詳解】（1）拋物線的焦點為，則有，，
所以拋物線的方程為.
（2）直線，與拋物線各有兩個交點，可知直線，斜率存在且不為0，
設直線的斜率為，則直線，設，
由，消去并整理得，
此時，
由韋達定理得，，
由A為弦MN的中點，有，則，
由垂直的條件，可將換為，設，
同理得，，有，
當或時，直線的方程為，
當且時，直線的斜率為，方程為，
即，可知時，
所以直線過定點，其坐標為.
（3），同理得，
此時直線的方程為，
即，
同理，直線的方程為，
由，消去解得，
故直線ME與直線NP的交點在直線上.
【點睛】方法點睛：
解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形，強化有關直線與圓錐曲線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
6．(1)拋物線方程為，準線方程為
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意結合點的坐標可得拋物線方程，進一步可得準線方程；
（2）聯立準線方程和拋物線方程，結合韋達定理可得圓心坐標和圓的半徑，從而確定圓的方程，最后令即可證得題中的結論.
【詳解】（1）將點代入拋物線方程得，解得，
故拋物線方程為．
其準線方程為
（2）證明：因為直線l的斜率不為0，焦點坐標為，設直線l的方程為.
與拋物線方程聯立可得．
故．
設，則，
直線OM的方程為，與聯立，可得，同理可得．
易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為，
圓的半徑為，
則圓的方程為．
令，整理可得，解得，
即以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點．
反思提升：
圓錐曲線中的證明問題常見的有：
(1)位置關系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點等.
(2)數量關系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圓錐曲線的定義與性質的前提下，一般采用直接法，通過相關的代數運算證明，但有時也會用反證法證明.
【考點2】探索性問題
一、解答題
1．（2025·安徽·一模）橢圓的上頂點為，圓在橢圓內．
(1)求的取值范圍；
(2)過點作圓的兩條切線，切點為，切線與橢圓的另一個交點為，切線與橢圓的另一個交點為．是否存在圓，使得直線與之相切，若存在求出圓的方程，若不存在，說明理由．
2．（22-23高二上·浙江金華·期中）已知橢圓C：＝1（）的右焦點F的坐標為，且橢圓上任意一點到兩點的距離之和為4.
(1)求橢圓C的標準方程
(2)過右焦點F的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，點Q關于x軸的對稱點為，試問的面積是否存在最大值？若存在求出這個最大值；若不存在，請說明理由.
3．（24-25高三上·福建福州·開學考試）已知雙曲線C：的中心為O，離心率，點A在x軸上，，點P是C上一定點，P到x軸的距離為1，且．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)求C上任一點和A的距離的最小值；
(3)若C上的點M，N滿足，求證：在C上存在定點Q（異于P）使得P，M，N，Q在同一個圓上．
4．（2024·河南濮陽·模擬預測）已知雙曲線分別是的左、右焦點．若的離心率，且點在上．
(1)求的方程；
(2)若過點的直線與的左、右兩支分別交于兩點，與拋物線交于兩點，試問是否存在常數，使得為定值？若存在，求出常數的值；若不存在，請說明理由．
5．（2024·山西·三模）已知拋物線的焦點F到準線的距離為2，O為坐標原點．
(1)求E的方程；
(2)已知點，若E上存在一點P，使得，求t的取值范圍；
(3)過的直線交E于A，B兩點，過的直線交E于A，C兩點，B，C位于x軸的同側，證明：為定值.
6．（2024·廣東·三模）已知拋物線：，過點的直線l交C于P，Q兩點，當PQ與x軸平行時，的面積為16，其中O為坐標原點.
(1)求的方程；
(2)已知點，，（）為拋物線上任意三點，記面積為，分別在點A、B、C處作拋物線的切線、、，與的交點為D，與的交點為E，與的交點為F，記面積為，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.
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參考答案：
1．(1)
(2)存在，
【分析】（1）設為橢圓上任意一點，再根據兩點間距離小于半徑即可得出范圍；
（2）設直線的方程直線,由點到直線距離等于半徑得出的方程為，最后再應用圓心到直線距離等于半徑求參即可求出圓的方程．
【詳解】（1）設為橢圓上任意一點，，則．
則．故．
（2）
由題意可知，設，因為，故切線的斜率都存在．
又直線的方程為，即為，
直線的方程為．
則，故．
而，故，又因為．
故，同理．
故直線的方程為．
若直線與圓相切，則，令．
故，即．故，或．
故存在滿足條件的圓，其方程為．
2．(1)
(2)存在最大值，最大值為
【分析】（1）由題意直接得到，，然后計算出即可得到橢圓的標準方程；
（2）設直線的方程為：，聯立橢圓的方程，設，，則，利用韋達定理得到兩根之和與兩根之積，求出直線的方程，令，求出，即直線與軸交于一個定點，記為，然后計算即可.
【詳解】（1）由題意可知：，橢圓上任意一點到兩焦點的距離之和為4，
所以，即，，所以橢圓的標準方程為：.
（2）由題意可知直線的斜率不為，且斜率不可能不存在（否則重合），所以設直線的方程為：，
與橢圓的方程聯立，得，
消去，得，
所以，
設，，則，
由根與系數的關系，得 ，
直線的斜率為：，
所以直線的方程為，
令，得，
即直線與軸交于一個定點，記為，
則，等號成立當且僅當.
【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵在于得出直線與軸交于一個定點，記為，且得到，由此即可順利得解
3．(1)
(2)
(3)見解析
【分析】（1）利用點P的坐標，結合雙曲線的離心率求解即可；
（2）利用兩點距離公式結合雙曲線的方程求解即可；
（3）利用直線的參數方程， 結合相交弦定理的逆定理，即可證明四點共圓.
【詳解】（1），故點P在的垂直平分線上，
且點A在x軸上，，故點P的橫坐標，
P到x軸的距離為1，故點P的縱坐標
將點P代入雙曲線的方程得：，
且離心率，結合，
解得：，
故雙曲線C的方程為：；
（2）點A在x軸上，，由對稱性可知，
點A在x軸正半軸或者負半軸上，雙曲線上任一點和A的距離的最小值都一樣，
不妨設，設雙曲線上任一點，則，
，故，，
所以，
當點為時，取最小值，
故C上任一點和A的距離的最小值為.
（3）當點A在x軸正半軸，在第一象限時，易得，，
故，設直線的傾斜角分別為，
由得：,
若，則，且P，M，N，Q都在雙曲線上，
易知此時四邊形非等腰梯形，故一定不滿足P，M，N，Q四點共圓，所以，
故直線一定有交點，設直線的的交點為，

設直線的方程為：，聯立，
化簡得： ，
故，
同理可得：,
P，M，N，Q四點共圓等價于，
即，即，
故，且，故直線的方程為：，
聯立雙曲線得，,
此時在C上存在定點使得P，M，N，Q在同一個圓上.
由對稱性可知，當點A在x軸負半軸，或者點在其他象限時，在C上同樣存在定點Q（異于P）使得P，M，N，Q在同一個圓上.
【點睛】方法點睛：證明四點共圓一般利用四邊形對角互補或者利用相交弦定理的逆定理證明.
相交弦定理的逆定理：兩連成相交的兩條線段，若能證明它們各自被交點分成的兩線段之積相等，即可證明這四點共圓.
4．(1)
(2)存在，為定值．
【分析】（1）根據已知列方程組求解求出雙曲線方程；
（2）先聯立方程組求出兩根和兩根積，再應用弦長公式，最后計算得出定值.
【詳解】（1）設雙曲線的半焦距為，
由題意可得，解得，所以的方程為．
（2）
假設存在常數滿足條件，由（1）知，
設直線，
聯立方程得，消去，整理可得，
所以，，
．
因為直線過點且與的左、右兩支分別交于，兩點，所以兩點在軸同側，所以．
此時，即，所以．
設，將代入拋物線方程，得，
則，
所以
．
所以．
故當時，為定值，所以，當時，為定值．
5．(1)
(2)
(3)證明見詳解
【分析】（1）根據題意可知焦點F到準線的距離為，即可得方程；
（2）設，利用平面向量數量積可得，結合基本不等式運算求解；
（3）設，求直線的方程，結合題意可得，結合夾角公式分析求解.
【詳解】（1）由題意可知：焦點F到準線的距離為，
所以拋物線E的方程為.
（2）設，可知，則，
可得，
顯然不滿足上式，
則，可得，
又因為，當且僅當，即時，等號成立，
則，即，
所以t的取值范圍為.
（3）設，
則直線的斜率，
可得直線的方程，整理得，
同理可得：直線的方程，
由題意可得：，整理得，
又因為直線的斜率分別為，
顯然為銳角，則，
所以為定值.
【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟
（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；
（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數（某些變量）無關；也可令系數等于零，得出定值；
（3）得出結論．
6．(1)；
(2)存在，2
【分析】（1）由題意可得，則，再由的面積為16，列方程可求出，從而可求得的方程；
（2）表示出直線AC的方程，直線與的交點為T，求出點的坐標，則表示出，利用導數的幾何意義求出、、的方程，求出的坐標，表示出，化簡計算可得結論.
【詳解】（1）當PQ與x軸平行時，，
因為P，Q兩點均在拋物線C上，
所以，
即，
因為的面積為16，
所以，
解得，
則的方程為；
（2）直線AC的斜率為：，
則：，
直線與的交點為T，
則點T為，
所以
（ ）
（ ）
所以：
由，得，
令，則的斜率，
則有：，即：，
同理：：，：，
與相交得：，得：；
同理可得：，；
同理由（ ）可知
所以，
所以存在，使得
【點睛】關鍵點點睛：此題考查直線與拋物線的位置關系，考查導數的幾何意義，考查拋物線中三角形的面積問題，第（2）問解題的關鍵是用三點坐標表示出這三點圍成的三角形的面積，考查計算能力，屬于較難題.
反思提升：
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數的討論.
【基礎篇】
一、解答題
1．（24-25高三上·北京·開學考試）已知橢圓的離心率為，左、右頂點分別為A、B，左、右焦點分別為．過右焦點的直線l交橢圓于點M、N，且的周長為16．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)記直線AM、BN的斜率分別為，證明：為定值．
2．（2024·河南商丘·模擬預測）已知中心在坐標原點，以坐標軸為對稱軸的雙曲線經過點，且其漸近線的斜率為．
(1)求的方程．
(2)若動直線與交于兩點，且，證明：為定值．
3．（23-24高二上·山東青島·期末）已知點，，中恰有兩個點在拋物線上．
(1)求的標準方程
(2)若點，在上，且，證明：直線過定點．
4．（22-23高二上·江蘇揚州·期中）已知為坐標原點，雙曲線：的離心率為，點P在雙曲線上，點，分別為雙曲線的左右焦點，.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)已知點，，設直線的斜率分別為，.證明：為定值.
5．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知點在拋物線：上，點F為的焦點，且．過點F的直線與及圓依次相交于點A，B，C，D，如圖．
(1)求拋物線的方程及點M的坐標；
(2)證明：為定值；
6．（21-22高二上·青海玉樹·期末）在平面直角坐標系中，動點到點的距離等于點到直線的距離.
(1)求動點的軌跡方程；
(2)記動點的軌跡為曲線，過點的直線與曲線交于兩點，，直線的斜率為，直線的斜率為.證明：為定值.
7．（2024·陜西榆林·模擬預測）已知橢圓C：的左，右焦點分別為，，過的直線與橢圓C交于M，N兩點，且的周長為8，的最大面積為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設，是否存在x軸上的定點P，使得的內心在x軸上，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．
8．（23-24高二上·江蘇鹽城·期中）雙曲線：的漸近線方程為，一個焦點到該漸近線的距離為1.
(1)求的方程；
(2)是否存在直線，經過點且與雙曲線于A，兩點，為線段的中點，若存在，求的方程；若不存在，說明理由.
9．（23-24高二上·四川成都·階段練習）已知點F是拋物線的焦點，動點P在拋物線上.
(1)寫出拋物線的焦點坐標和準線方程；
(2)設直線與拋物線交于D，E兩點，若拋物線上存在點P，使得四邊形為平行四邊形，證明：直線過定點，并求出這個定點的坐標.
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）由已知條件結合橢圓定義、離心率公式，確定的值，得出橢圓的標準方程.
（2）設直線的方程為：，與橢圓方程聯立，消去得到關于的一元二次方程，由韋達定理得到，，再把用，表示出來，化簡即可得解.
【詳解】（1）由的周長為16，及橢圓的定義，可知：，即，
又離心率為所以
．
所以橢圓C的方程為：．
（2）依題意，直線l與x軸不重合，
設l的方程為：．
聯立得：，
因為在橢圓內，所以，
即，易知該不等式恒成立，
設，
由韋達定理得．
又，則
注意到，即：
.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由漸近線的斜率設，再將代入求解即可；
（2）分兩種情況證明，當直線的斜率存在，設，與雙曲線聯立，根據韋達定理及得出，設點到直線的距離為，則由等面積法即可證明；當直線的斜率不存在，設直線的斜率為1，分別求出，即可證明．
【詳解】（1）由題可設雙曲線的方程為．
因為經過點，
所以，解得，
故的方程為．
（2）若直線的斜率存在，設，
由，消去得，
則，即，
設，則，
因為，所以，即，
所以，整理得，
設點到直線的距離為，則由等面積法得，所以，
又，所以；
若直線的斜率不存在，則直線的斜率為，
不妨設直線的斜率為1，則，
將點的坐標代入方程，得，
所以，
所以．
綜上，為定值．
3．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據點的坐標可得拋物線也關于軸對稱，將點代入拋物線方程即可求解；
（2）設直線的方程為，與拋物線方程聯立結合韋達定理可得，即可求定點坐標．
【詳解】（1）因為點，關于軸對稱，拋物線也關于軸對稱，
所以點，在上，
將點代入拋物線得，，即，
所以拋物線的方程為：；
（2）由題意可知，直線的斜率一定存在，則設直線的方程為，
由消得：，
由韋達定理得，
所以直線，顯然恒過定點．

4．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合雙曲線定義即可；
（2）設點，結合兩點斜率公式即可.
【詳解】（1）由題知：由雙曲線的定義知：
，
又，
，
雙曲線的標準方程為.
（2）設，則
，，
，
5．(1)，或
(2)證明過程見解析
【分析】（1）根據拋物線的焦半徑公式結合條件即得；
（2）求出拋物線的焦點坐標，設直線的方程為，與拋物線方程聯立，用一元二次方程根與系數的關系，結合拋物線定義可證明為定值.
【詳解】（1）因為點在拋物線：（）上，點為拋物線的焦點，且，
所以：.
所以拋物線的方程為：，
由，
故點坐標為：或.
（2）由（1）知：，顯然直線的斜率存在，所以設直線方程為：，
由，
設，，
則，
由拋物線的定義得：，，
所以：，
即為定值1.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）根據拋物線定義及焦準距即得動點的軌跡方程；
（2）先設出直線的方程，與拋物線方程聯立，消元后整理成一元二次方程，得出韋達定理，再利用斜率定義，得到的表達式，整理成的對稱式，代入韋達定理即得定值.
【詳解】（1）因動點到點的距離等于點到直線的距離，故可知動點的軌跡是拋物線，
設其方程為，由題意得，故動點的軌跡方程為：
（2）
如圖，因直線的斜率不能為零（否則直線與拋物線只有一個公共點），又過點，
可設由消去并整理得：，
顯然設，則由韋達定理，（*）
則，
將（*）代入得：,
故為定值.
7．(1)或
(2)存在，
【分析】（1）根據題意列出方程組，求出即可得解；
（2）由題意可將原問題轉換為，設直線的方程為：，，聯立橢圓方程，結合韋達定理可求得的值即可.
【詳解】（1）∵的周長為8，的最大面積為，
∴，解得，或，．
∴橢圓C的方程為或等．
（2）

由（1）及易知，
不妨設直線MN的方程為：，，，，
聯立，得．
則，，
若的內心在x軸上，則，
∴，即，即，
可得．
則，得，即．
當直線MN垂直于x軸，即時，顯然點也是符合題意的點．
故在x軸上存在定點，使得的內心在x軸上.
8．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）利用雙曲線的性質及點到直線距離公式計算即可；
（2）利用點差法計算即可.
【詳解】（1）令，所以，
又由題意可知雙曲線的焦點到漸近線的距離，
所以雙曲線的標準方程為：；
（2）假設存在，
由題意知：該直線的斜率存在，設，，直線的斜率為，
則，，
又有，，
兩式相減得，即
即，所以，解得，
所以直線的方程為，即，
聯立直線與雙曲線方程得：
，
即直線與雙曲線有兩個交點，滿足條件，
所以存在直線，其方程為.
9．(1)，
(2)證明見解析，
【分析】（1）直接利用拋物線的性質和準線方程得出；
（2）設直線l為，直曲聯立，再由四邊形是平行四邊形，所以，得到，，代入，最后帶入拋物線方程，解出.
【詳解】（1）根據拋物線標準方程可得：焦點，準線.
（2）
設，，，，直線l為，聯立.
則，，所以，
因為四邊形是平行四邊形，所以，
則，
所以，，代入，
得：，解得，即直線過定點.
【能力篇】
一、解答題
1．（22-23高二上·河南鶴壁·開學考試）已知橢圓的離心率，且圓過橢圓的上、下頂點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線的斜率為，且直線與橢圓相交于，兩點，點關于原點的對稱點為，點是橢圓上一點，若直線與的斜率分別為，.證明：為定值，并求出此定值.
2．（24-25高三上·貴州·開學考試）已知雙曲線的離心率為，實軸長為6，A為雙曲線C的左頂點，設直線l過定點，且與雙曲線C交于E，F兩點．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)證明：直線AE與AF的斜率之積為定值．
3．（2024·河南鄭州·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上一點且，直線經過點．
(1)求拋物線的方程；
(2)①若與相切，且切點在第一象限，求切點的坐標；
②若與在第一象限內的兩個不同交點為，且關于原點的對稱點為，證明：直線的傾斜角之和為．
參考答案：
1．(1)；
(2)證明見解析，0.
【分析】（1）根據圓的上下頂點可求，利用，，的關系可得答案；
（2）設出直線方程，與橢圓方程聯立，結合韋達定理表示出，求和化簡即可.
【詳解】（1）由題意可得，，所以，
所以橢圓的方程為：；
（2）證明：設直線的方程為，設，，由題意，
聯立，整理可得，
，即，且，，
所以
.
即證得為定值，且定值為0.
2．(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）由實軸長為6，得，由離心率為，得，再由得，即可得到雙曲線C的方程；
（2）設，，直線，直線與雙曲線聯立方程得，根據韋達定理得，，根據斜率公式得，最后代入化簡計算即可得證.
【詳解】（1）因為雙曲線的實軸長為6，所以，
因為雙曲線的離心率為，所以，解得，
由，得，則C的方程為．
（2）

設，，因為直線過定點，顯然直線l不垂直于軸，則設直線，
聯立方程組，消去x得，
由，得，
則，，
因為A為雙曲線C的左頂點，所以，
直線AE的斜率，直線AF的斜率，
所以
，
即直線AE與AF的斜率之積為定值．
【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵在于設出直線l的方程，然后直曲聯立，利用韋達定理，代入的表達式，化簡即可得到定值.
3．(1)
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）由化簡得，再根據定義得，代入即可的拋物線方程；
（2）①設切點坐標為，通過導數求出切線方程，將點代入即可；②設直線的方程為，，，聯立得，，然后計算即可.
【詳解】（1）因為，
所以，
所以，
所以，
又P是C上一點，
所以，
所以，解得，
所以拋物線C的方程為．
（2）①設切點坐標為，
因為，所以，切線的斜率為，
所以切線方程為，
將代入上式，得，
所以，
所以切點坐標為．
②由①得，直線的斜率都存在，
要證：直線的傾斜角之和為，
只要證明：直線的斜率之和為．
設直線的方程為，，，,
則，，
由得，
所以，，，即，
所以，
即直線的傾斜角之和為．
【點睛】
【培優篇】
一、解答題
1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）已知橢圓的右焦點為F，點在橢圓C上．且離心率為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)直線l斜率存在，交橢圓C于A，B兩點，A，B，F三點不共線，且直線和直線關于PF對稱．
（i）證明：直線l過定點；
（ⅱ）求面積的最大值．
2．（23-24高二下·湖南常德·期中）已知雙曲線過點，且離心率為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設過點且斜率不為0的直線與雙曲線的左右兩支交于，兩點.問：在軸上是否存在定點，使直線的斜率與的斜率的積為定值？若存在，求出該定點坐標；若不存在，請說明理由.
3．（2024·全國·一模）動圓P過定點，且在y軸上截得的弦GH的長為4.
(1)若動圓圓心P的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；
(2)在曲線C的對稱軸上是否存在點Q，使過點Q的直線與曲線C的交點S，T滿足為定值？若存在，求出點Q的坐標及定值；若不存在，請說明理由．
參考答案：
1．(1)
(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）
【分析】（1）由離心率和橢圓上的點，求橢圓的方程；
（2）設直線方程，與橢圓方程聯立，由，結合韋達定理得系數間的關系，可得直線所過定點，利用面積公式表示出的面積，由基本不等式求最大值.
【詳解】（1）因為橢圓離心率為，則，
點在橢圓上，點代入橢圓方程，有，則，
所以橢圓的方程為.
（2）（ⅰ）設直線l的方程為，由，
消去y，整理得，
因為l交橢圓C于兩點，所以，
設，所以，

因為直線和直線關于對稱，軸，
所以，
所以，
所以，
解得.
所以直線l的方程為，
所以直線l過定點.
（ⅱ）由題意知l斜率不可能為0,設直線l的方程為，由，
消去，整理得，
因為l交橢圓C于兩點，所以，
解得，
則，
由題意可知同號，不妨設，
所以，
所以
令
則，當且僅當即時取等號，
所以面積的最大值為.
【點睛】方法點睛：把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合建立有關參變量的等量關系應用基本不等式求三角形的面積最值即可．
2．(1)
(2)存在，該定點為.
【分析】（1）根據題意，設，求得，得到雙曲線的方程可化為，將點在雙曲線上，求得，即可求解；
（2）假設存在點，設直線的方程為，聯立方程組，求得，化簡得到，當，得到為定值，即可求解.
【詳解】（1）由題意，雙曲線的離心率為，可得，
設，則，所以，
所以雙曲線的方程可化為，
因為點在雙曲線上，所以，解得，
所以雙曲線的標準方程為.
（2）設，假設存在點，
易知直線的斜率存在，且不為0，設其方程為，
聯立雙曲線方程與直線方程，得，消去并整理，
得，
則，
且，
因為
，
，
所以當，即時，或
，
故存在定點，使直線與的斜率之積為定值．
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
3．(1)；
(2)存在點，定值.
【分析】（1）根據給定條件，利用圓的性質建立等量關系，列出方程化簡即得.
（2）假定存在符合要求的點并設出直線的方程，與曲線C的方程聯立，利用韋達定理結合已知化簡計算即得.
【詳解】（1）設，依題意，，而，當P點不在y軸上時，即，
由動圓P在y軸上截得的弦GH的長為4，得，
因此，整理得，
當P點在y軸上時，顯然P點與原點O點重合，而也滿足，
所以曲線C的方程為.
（2）假設存在滿足題意，
設，顯然直線不垂直于y軸，設直線的方程為，
由消去x得，，，
則，，
，而，
因此，
當時，滿足，且與無關，為定值，
所以存在點，使過點Q的直線與曲線C的交點滿足為定值.
【點睛】方法點睛：①引出變量法，解題步驟為先選擇適當的量為變量，再把要證明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；
②特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
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